《2024届高考二轮复习文科数学试题(老高考旧教材)考点突破练17 导数的简单应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考二轮复习文科数学试题(老高考旧教材)考点突破练17 导数的简单应用（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点突破练17导数的简单应用一、选择题1.已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为()A.0B.1C.2D.32.(2023陕西榆林三模)定义在(0,+)上的函数f(x),g(x)的导函数都存在,f(x)g(x)+f(x)g(x)=2x-1xln x+x+1x2,则曲线y=f(x)g(x)-x在x=1处的切线的斜率为()A.12B.1C.32D.23.若曲线y=ln x+x2+1在点(1,2)处的切线与直线ax+y-1=0平行,则实数a的值为()A.-4B.-3C.4D.34.(2023陕西西安一模)已知定义在-3,4上的函数f(x)的大致图象如图所示,f(x
2、)是f(x)的导函数,则不等式xf(x)0的解集为()A.(-2,-1)1,52B.(-3,-2)C.(-1,0)1,52D.(3,4)5.(2023陕西商洛三模)若a=e0.2,b=1.2,c=ln 3.2,则()A.abcB.acbC.cabD.bac6.已知函数f(x)的导函数为f(x),且对任意xR,f(x)-f(x)0,f(2)=e2,若f(t)et,则t的取值范围为()A.(0,2)B.(2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)7.(2023陕西榆林三模)定义在(0,+)上的函数f(x),g(x)的导函数都存在,f(x)g(x)+f(x)g(x)1,且f(1)=2,g(1)=1,则
3、不等式f(x)g(x)0),g(x)=ex-x.若x(1,e2)时,f(x)g(x)成立,则实数a的最大值是()A.1B.eC.e22D.e212.(2023山东泰安二模)已知奇函数f(x)在R上是减函数,g(x)=xf(x),若a=g(-log25.1),b=g(3),c=g(20.8),则a,b,c的大小关系为()A.abcB.cbaC.bcaD.bac13.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-sin x.若存在x1,x21,(x1x2)使得|f(x1)-f(x2)|bcB.bacC.acbD.cab二、填空题15.已知函数f(x)=x+aex,若f(0)=2,则f(0)=.16.(
4、2023四川泸州三模)已知函数f(x)及其导函数f(x)定义域均为R,且f(x)+f(x)0,f(1)=2,则关于x的不等式f(x)2e1-x的解集为.17.已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2,若x=-1时,f(x)取得极值0,则ab=.18.(2023陕西宝鸡二模)若函数f(x)=ex-e-x+13x3-ax无极值点,则实数a的取值范围是.19.(2023四川成都二模)若函数f(x)=xln x-12ax2存在极大值点x0,且2f(x0)e2,则实数a的取值范围为.20.(2021新高考,16)已知函数f(x)=|ex-1|,x10,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1)和点B
5、(x2,f(x2)的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则|AM|BN|的取值范围是.考点突破练17导数的简单应用1.C解析 因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点,导函数图象与x轴的另2个交点附近左右正、负值相反,所以函数f(x)有2个极值点.故选C.2.B解析 f(x)g(x)+f(x)g(x)=f(x)g(x)=2x-1xln x+x+1x2,设函数h(x)=f(x)g(x)-x,则h(x)=f(x)g(x)-1=2x-1xln x+x+1x2-1,所以h(1)=1.故选B.3.B解析 由y=ln x+x2+1,得y=1x+2x,曲线在(1,2)处的切线斜率
6、k=1+2=3,由题意得-a=3,a=-3.故选B.4.C解析 若x0,则f(x)0,则f(x)0,f(x)单调递增,由图象可知x1,52,故不等式xf(x)0的解集为(-1,0)1,52.故选C.5.A解析 由exx+1,当且仅当x=0时,等号成立,从而e0.21.2.由b-c=1.2-ln 3.2=ln e1.2-ln 3.2=lne1.23.2lnee0.23.2=lne(1+0.2)3.2ln3.243.2ln 1=0,所以1.2ln 3.2,故abc.故选A.6.B解析 构造函数g(x)=f(x)ex,则g(2)=f(2)e2=e2e2=1.g(x)=f(x)-f(x)ex0,函数g
7、(x)在R上单调递减,f(t)etf(t)et1g(t)2.故选B.7.D解析 由题意知f(x)g(x)+f(x)g(x)1,可得f(x)g(x)1.设h(x)=f(x)g(x)-x,则h(x)=f(x)g(x)+f(x)g(x)-10,h(x)在(0,+)上单调递减.f(1)=2,g(1)=1,h(1)=1,f(x)g(x)x+1,即为h(x)1,不等式f(x)g(x)0),则a=lnt-2t.设f(t)=lnt-2t(t0),则f(t)=3-lntt2.令f(t)=0,解得t=e3.当t(0,e3)时,f(t)0,f(t)在(0,e3)上单调递增;当t(e3,+)时,f(t)0,f(t)在
8、(e3,+)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=1e3,且当t0时,f(t)-,所以a1e3.故选D.9.D解析 由f(m)=g(n),得em+m=3n,化简整理得3n-3m=em-2m;令h(m)=em-2m(mR),h(m)=em-2,令em-2=0,解得m=ln 2.当m(-,ln 2)时,h(m)0,即h(m)在m(ln 2,+)上单调递增,即h(m)min=h(ln 2)=2-2ln 2,故(n-m)min=23(1-ln 2).故选D.10.D解析 由图象可知,函数f(x)的定义域为R.排除选项A,B;对于C,当0x时,f(x)=excos x-exsin x=ex(cos
9、 x-sin x),当0x0,当4x时,f(x)0,f(x)在0,4上单调递增,在4,上单调递减,f4是函数的极大值,结合图形,f4不是极大值,故C不符合题意;对于D,当0x时,f(x)=excos x+exsin x=ex(cos x+sin x),当0x0,当34x时,f(x)0,函数h(t)在(1,+)上单调递增,xaex,两边取自然对数得aln xx,即axlnx.令u(x)=xlnx,x(1,e2),u(x)=lnx-1(lnx)2.由u(x)的正、负易知u(x)在(1,e)上单调递减,在(e,e2)上单调递增,当x=e时函数u(x)取得极小值,即最小值u(e)=e,ae.故选B.1
10、2.D解析 因为f(x)为奇函数且在R上是减函数,所以f(-x)=-f(x),且x0时f(x)0时,g(x)=f(x)+xf(x)0,因为f(x)0,f(x)0,所以g(x)log25.1log24=220.8,所以g(3)g(-log25.1)g(20.8),即bax2.因为g(x)=1-cos x0,所以g(x)=x-sin x在1,上单调递增,所以g(x1)g(x2).又f(x)=ln x在(0,+)上单调递增,所以f(x1)f(x2),所以不等式|f(x1)-f(x2)|k|g(x1)-g(x2)|等价于f(x1)-f(x2)kg(x1)-g(x2),即f(x1)-kg(x1)x2,所
11、以需h(x)=f(x)-kg(x)在1,上单调递减.又h(x)=ln x-k(x-sin x),所以在1,上,需h(x)=1x-k(1-cos x)1x(1-cosx).令F(x)=x(1-cos x),则F(x)=1-cos x+xsin x0,所以F(x)=x(1-cos x)在1,上单调递增,所以01-cos 1=F(1)F(x)F()=2,所以121x(1-cosx)11-cos1.要使存在x1,x21,(x1x2)使得|f(x1)-f(x2)|k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是12,+.14.A解析 f(-x)=-x3+12sin x=-f(x),f(x)在R上是奇函数,c=-f-12=f12,由题意f
